Question

11．偏二甲肼與N₂O₄是常用的火箭推進劑，二者發(fā)生如下化學(xué)反應(yīng)：（CH₃）₂NNH₂（l）+2N₂O₄（l）═2CO₂（g）+3N₂（g）+4H₂O（g）
（Ⅰ）N₂O₄（g）?2NO₂（g）
（Ⅱ） （1）反應(yīng)（Ⅰ）中氧化劑是N₂O₄．
（2）當溫度升高時，氣體顏色變深，則反應(yīng)（Ⅱ）為吸熱（填“吸熱”或“放熱”）反應(yīng)．
（3）若在相同溫度下，上述反應(yīng)改在體積為1L的恒容密閉容器中進行，平衡常數(shù)不變（填“增大”“不變”或“減小”），反應(yīng)3s后NO₂的物質(zhì)的量為0.6mol，則0～3s內(nèi)的平均反應(yīng)速率v（N₂O₄）=0.1mol•L^-1•s^-1．
（4）NO₂可用氨水吸收生成NH₄NO₃．25℃時，將a mol NH₄NO₃溶于水，溶液顯酸性，原因是NH₄⁺+H₂O?NH₃•H₂O+H⁺ （用離子方程式表示）．
（5）向該溶液滴加bL氨水后溶液呈中性，則滴加氨水的過程中水的電離平衡將逆向（填“正向”“不”或“逆向”）移動，所滴加氨水的濃度為$\frac{a}{200b}$mol•L^-1．（NH₃•H₂O的電離平衡常數(shù)取K_b=2×10^-5 mol•L^-1）．

Answer 1

分析 （1）依據(jù)化學(xué)方程式中 因素化合價的變化分析，因素化合價降低的做氧化劑被還原；
（2）升高溫度，平衡向吸熱反應(yīng)方向移動；
（3）化學(xué)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，與物質(zhì)的濃度無關(guān)；根據(jù)v（NO₂）=$\frac{△c}{△t}$計算NO₂的化學(xué)反應(yīng)速率，再根據(jù)同一反應(yīng)中、同一時間段內(nèi)反應(yīng)速率之比等于計量數(shù)之比計算v（N₂O₄）；
（4）依據(jù)銨根離子水解分析回答；
（5）依據(jù)同粒子效應(yīng)，一水合氨對銨根離子水解起到抑制作用；依據(jù)一水合氨的電離平衡常數(shù)計算得到氨水濃度．

解答 解：（1）反應(yīng)（Ⅰ）中，N₂O₄（l）中N元素得電子化合價降低，N₂O₄（l）是氧化劑，（CH₃）₂NNH₂（l）中C元素和N元素化合價升高，是還原劑，
故答案為：N₂O₄；
（2）升高溫度，化學(xué)平衡向吸熱反應(yīng)方向移動，當溫度升高時，氣體顏色變深，平衡向正反應(yīng)方向移動，所以正反應(yīng)是吸熱反應(yīng)；故答案為：吸熱；
（3）化學(xué)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，與物質(zhì)的濃度無關(guān)，所以平衡常數(shù)K不變；v（NO₂）=$\frac{△c}{△t}$=$\frac{0.6mol}{1L×3s}$=0.2mol/（L•s），則v（N₂O₄）=$\frac{1}{2}$v（NO₂）=0.1mol/（L•s）；故答案為：不變；0.1；
（4）NO₂可用氨水吸收生成NH₄NO₃．25℃時，將a mol NH₄NO₃溶于水，溶液顯酸性，是因為銨根離子水解；反應(yīng)的離子方程式為：NH₄⁺+H₂O?NH₃•H₂O+H⁺，故答案為：NH₄⁺+H₂O?NH₃•H₂O+H⁺；
（5）加入氨水溶液抑制銨根離子水解，平衡逆向進行；將a mol NH₄NO₃溶于水，向該溶液滴加b L 氨水后溶液呈中性，依據(jù)電荷守恒計算可知，溶液中氫氧根離子濃度=10^-7mol/L，c（NH₄⁺）=c（NO₃^-）；NH₃•H₂O的電離平衡常數(shù)取K_b=2×10^-5 mol•L^-1，混合后溶液體積為bL，（NH₄⁺）=c（NO₃^-）=$\frac{a}$mol/L；根據(jù)一水合氨電離平衡得到：NH₃•H₂O?NH₄⁺+OH^-，平衡常數(shù)K=$\frac{c（N{{H}_{4}}^{+}）•c（O{H}^{-}）}{c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}$=$\frac{a×1{0}^{-7}}{b•c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}$=2×10^-5 mol•L^-1，計算得到c（NH₃•H₂O）=$\frac{a}{200b}$mol/L，
故答案為：逆向；$\frac{a}{200b}$．

點評 本題考查了氧化還原反應(yīng)的概念判斷，化學(xué)平衡的影響因素分析，平衡常數(shù)的影響因素和計算應(yīng)用，化學(xué)反應(yīng)速率的計算分析，弱電解質(zhì)溶液中的電離平衡的計算應(yīng)用，綜合性較大．